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1、广东省届高三化学模拟试题七含答案广东省2020届化学模拟试题精练(七)(考试用时：50分钟试卷满分：100分)7化学与生活、社会科技关系密切，下列解释正确的是()A夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NOB维生素D能促进人体对钙的吸收C“碳海绵”吸收泄漏的原油时发生了化学变化D聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程解析：选B。A.闪电时，空气中的氧气有些变成了臭氧，它能净化空气，使空气清新，故A错误；B.维生素D能促进人体对钙的吸收，故B正确；C.“碳海绵”是一种气凝胶，它的内部有很多孔隙，充满空气，具有很强的吸附性，所以吸收原油时是物理变化，故C错误；D.油脂

2、的皂化是油脂的碱性条件下水解反应，且油脂不属于高分子，故D错误，故选B。8.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法不正确的是( )A水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，将所得混合物加入苯中C实验过程中发现仪器b中未加入碎瓷片，可冷却后补加D反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品解析：选D。水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度，但温度只能加热到100 ，故A正确；浓硫酸的密度大于硝酸，所以将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中，故B正确；

3、实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，不能再继续进行实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后补加，故C正确；蒸馏操作时，要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。9W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，X的周期数等于族序数，X与Y形成的化合物与水反应产生白色沉淀和H2Y气体。下列说法正确的是()A简单离子半径：WXZ B简单阴离子的还原性：WYZC元素的最高正化合价：XYFAl3，A项错误；B.简单离子还原性是FClS2，即WZc(CH3COO)c(H)CC点水电离的c(OH)大于A点水电离的c(OH)DA、B、C三点溶液均有Kwc(H)c(OH)1.0

4、1014解析：选B。浓度均为0.1 mol/L的盐酸和醋酸溶液，HCl为强酸导电能力强，而醋酸为弱酸导电能力弱，故曲线为醋酸，曲线为盐酸。A点KOH溶液与醋酸完全反应生成CH3COOK，c(CH3COO)c(OH)c(H)c(K)0.05 mol/L ，A项错误；B点为CH3COOK和KOH等浓度，CH3COO水解生成OH，c(OH)c(CH3COO)，B项正确；C点为KCl，A点为CH3COOK促进水的电离，故A点水电离的c(OH)大于C点水电离的c(OH)，C项错误；温度不一定是25 的，故D项错误。12.最近我国科学家在液流电池研究方面取得新进展。一种硫/碘体系(KI/K2S2)的液流电

5、池工作原理如图所示。下列说法正确的是( )A放电时电池右侧为负极，发生氧化反应B放电时电池左侧的电极反应为S2e=2S2C充电时电解质溶液中K经交换膜向右侧移动D充电时电池的总反应为3IS=I2S2解析：选D。放电时，右室电极为液流电池的正极，I在正极上放电发生还原反应生成I，故A错误；放电时，左室电极为液流电池的负极，S2在负极放电发生氧化反应生成S，电极反应式为2S22e=S，故B错误；充电时，阳离子向阴极移动，则电解质溶液中K经交换膜向左侧移动，故C错误；放电时，电池的总反应为I2S2=3IS，则充电时，电池的总反应为3IS=I2S2，故D正确。13.已知：pOHlg c(OH)。室温下

6、，将稀盐酸滴加到某一元碱(BOH)溶液中，测得混合溶液的pOH与离子浓度的变化关系如图所示。下列叙述错误的是()ABOH属于弱碱BBOH的电离常数K1104.8CP点所示的溶液中：c(Cl)c(B)DN点所示的溶液中：c(H)c(Cl)c(OH)c(BOH)解析：选C。由图中N点的数据可以计算出BOH的电离常数，可以判断BOH为弱碱，A项正确；B.BOH BOH，所以Kb，可得lglg lg Kblg c(OH)lg KbpOH，带入N点数据，可得0lg Kb4.8，Kb104.8，B项正确；C.根据电荷守恒得c(Cl)c(OH)c(B)c(H)，在P点，pOH c(H)，因而c(Cl)c(B

7、)，C项错误；D.N点lg0，因而c(B)c(BOH)，根据电荷守恒，c(Cl)c(OH)c(B)c(H)，可变为c(Cl)c(OH)c(BOH)c(H)，因而c(H)c(Cl)c(OH)c(BOH)，D项正确。选 择 题 答 题 栏题号78910111213答案二、非选择题(共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题：共43分。26(15分)ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：已知：Fe(SCN)3难溶于MI

8、BK; Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK。(1)锆英石中锆元素的化合价为_。(2)氯化主反应：ZrSiO4(s)2C(s)4Cl2(g)ZrCl4(g)SiCl4(g)2CO2(g)H0，ZrCl4的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_。氯化过程中ZrCl4的产率随温度升高先增大后减小的原因是_。(3)写出Al2O3高温氯化过程中转化为AlCl3的化学方程式_；(4)Na2S、H2S、NaCN等均为常用的铜沉淀剂，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是_(用离子方程式解释)。若盐酸溶解后溶液中c(Cu2)0.01 mol/L，当溶液中Cu2开始沉淀

9、时，c(CN)_。(已知KspCu(CN)24.001010)(5)实验室进行萃取和反萃取的仪器是_。流程中萃取与反萃取的目的是_。26解析：(1)由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O为2价，Si为4价，可得锆英石(ZrSiO4)中Zr元素的化合价为4价；(2)根据图像可知ZrCl4的产率在温度为360 、1 MPa时最高，说明氯化的最佳条件是360 、1 MPa；根据图像可知：在360 以前，随着温度的升高，ZrCl4的产率逐渐增大，是由于温度升高，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrCl4的产率逐渐增大，到360 达到最大值，

10、此时反应达到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrCl4的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrCl4的产率又逐渐降低；(3)Al2O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为2Al2O33C6Cl24AlCl33CO2；(4)锆英石(ZrSiO4)中含有铁元素的氧化物，在粉碎、氯化处理过程中有Fe3生成，Fe3具有氧化性，而H2S或S2具有还原性，会发生氧化还原反应：2Fe3H2S=2Fe2S2H或2Fe3S2=2Fe2S或2Fe33S2=2FeSS，影响Cu2的沉淀，若用NaCN，就不会发生上述反应

11、；由于KspCu(CN)2c(Cu2)c2(CN)4.001010，c(Cu2)0.01 mol/L，当溶液中Cu2开始沉淀时，c(CN)2.00104 mol/L；(5)由于萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法，所以萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在处理过程中Cu2与沉淀试剂形成Cu(CN)2沉淀过滤除去，Fe3与加入的NH4SCN形成配合物Fe(SCN)3，Zr4形成Zr(SCN)4，由于Fe(SCN)3难溶于MIBK，而Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK，向Fe(SCN)3、Zr(SCN)4的混合溶液中加入MIBK充分振荡后，分液，可将Fe(SCN)3分离除去，然后

12、向MIBK的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr(SCN)4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO2。所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。答案：(1)4(2)360 、1 MPa360 以前反应未达到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360 以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl4产率又减小(3)2Al2O33C6Cl24AlCl33CO2(4)2Fe3H2S=2Fe2S2H(或2Fe3S2=2Fe2S或2Fe33S2=2FeSS)2.00104 mol/L(5)分液漏斗、烧杯除去铁元素杂质27(14分)某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚

13、铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O42H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O42H2O难溶于水，150 开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。请回答下列问题：(1)下列操作或描述正确的是_。A步骤，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2水解B步骤，采用热水洗涤可提高除杂效果C步骤，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2C2O4D步骤，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100 (2)如图装置，经过一系列操作完成步骤中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次): 开抽气泵abd_c关抽气泵。a转移固液混

14、合物；b.关活塞A；c.开活塞A；d.确认抽干；e.加洗涤剂洗涤抽滤和普通过滤相比，优点是_。(3)称取一定量的FeC2O42H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：n(Fe2)/moln(C2O)/mol试样中FeC2O42H2O的质量分数9.801049.801040.980由表中数据推测试样中最主要的杂质是_。(4)实现步骤必须用到的两种仪器是_。(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶)该步骤的化学方程式为_。(5)为实现步骤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是_。27解析：硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止 Fe2 的水解，需

15、要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体 (FeC2O42H2O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁 (Fe2O3)，再用 CO 还原氧化铁得到还原铁粉；(1)A.Fe2 易水解，步骤，H2C2O4稍过量除抑制 Fe2 水解外，最主要的作用是将溶液里的 Fe2 完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率，故 A 错误；B.步骤，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故 B 正确；C.步骤，经抽滤后，所得滤液中除 (NH4)2SO4 和 H2C2O4外，仍是草酸亚铁的饱和溶液，故 C 错误；D.为使FeC2O42H2O快速干燥，可使温度高于100 ，但须低于

16、150 ，故D正确；(2)步骤中抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵 转移固液混合物 关活塞 A 确认抽干 开活塞A加洗涤剂洗涤关活塞A 确认抽干 开活塞A 关抽气泵；(3)由图表数据可知，溶液中已知Fe2或C2O的浓度满足电荷守恒，说明杂质中不存在Fe2或C2O，杂质只能是反应的另一种生成物 (NH4)2SO4；(4)固体灼烧需要在坩埚里进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉；草酸亚铁和 O2 灼烧时发生反应的化学方程式为 4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O；(5)步骤选用碳粉还原 Fe2O3，多余的碳粉会影响铁粉的纯度。答案：(1)BD(2)cebd加快过滤速度(其

17、他合理答案也可)(3)(NH4)2SO4(4)bd 4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O(5)产品中含碳杂质28(14分)探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题：(1)已知：CH4(g)H2O(g) CO(g)3H2(g)H1206.1 kJmol12H2(g)CO(g) CH3OH(l)H2128.3 kJmol12H2(g)O2(g) 2H2O(g)H3483.6 kJmol125 时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为_。(2)向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1

18、molL1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)CO2(g) 2CO(g)2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示。图1图2工业生产时一般会选择在p4和1 250 条件下进行反应，请解释其原因_。在压强为p4、1 100 的条件下，该反应在5 min时达到平衡点X，则05 min内，用CO表示该反应平均速率为_；该温度下，反应的平衡常数为_(保留3位有效数字)。(3)工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)CO(g) CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图2为4种投料比n(CO)n(H2)分别为57、1017、59、12

19、时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。曲线b对应的投料比是_。当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是_。投料比为1017反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为_。28解析：(1)根据盖斯定律：22得2CH4(g)O2(g) 2CH3OH(l)H2H12H2H3(2206.1 kJmol1)(2128.3 kJmol1)483.6 kJmol1328.0 kJmol1，故甲烷与氧气反应生成甲醇的热化学方程式表示为CH4(g)O2(g) CH3OH(l)H164.0 kJmol1；(2)根据图表所示及工业生产需要分析知较大的压强和

20、较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；起始时甲烷的浓度为0.1 molL1，转化率为80%，则甲烷浓度变化为0.1 molL180%0.08 molL1，v(CO)2v(CH4)20.032 molL1min1；CH4(g)CO2(g) 2CO(g)2H2(g) 0.1 0.1 0 0 0.08 0.08 0.16 0.16 0.02 0.02 0.16 0.16 K1.64；(3)由方程式知，投料比n(CO)n(H2)越小，CO转化率越高，所以b曲线的投料比是59；根据图像趋势知投料比越大，反应温度越低；投料比为1017对应曲线c，反应温度为T1时，平衡时CO转化率为75%，则2H2(g

21、)CO(g) CH3OH(g) 17 10 0 15 7.5 7.5 2 2.5 7.5混合气体中CO的物质的量分数为20.8%。答案：(1)CH4(g)O2(g) CH3OH(l)H164.0 kJmol1(2)较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率 0.032 molL1min11.64(3)59投料比越大，反应温度越低20.8%(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做则按所做的第一题计分。35【化学选修3：物质结构与性质】(15分)我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题： (1)请写出基态Cu原子的价电子排布式_。焰火中的绿色是铜

22、的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了_ 而变为激发态。 (2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Il(Zn)_ Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_。(3)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式： 请分析1个松脂酸铜中键的个数_加“*”碳原子的杂化方式为_。(4)硫酸铜溶于氨水形成Cu(NH3)4SO4深蓝色溶液。 Cu(NH3)4SO4中阴离子的立体构型是_。在Cu(NH3)42中Cu2、NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_膦(填“高于”或“低于”)。(5)黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞

23、，晶体密度为8.5 gcm3，求晶胞的边长_(只写计算式，不求结果)。35解析：(1)Cu原子核外有29个电子，其价电子排布式为3d104s1；焰色反应，是电子在不同的轨道发生跃迁产生的现象；(2)Zn外围电子排布为3d104s2，Cu外围电子排布为3d104s1，Zn原子核外电子排布为全满结构，更难失去电子，故第一电离能锌大于铜；(3)单键是键，双键中有1个键和1个键，该有机物中含有326个双键，所以1个松脂酸铜中键的个数为6；加“*”碳原子形成的都是单键，其杂化方式为sp3；(4)Cu(NH3)4SO4中阴离子为硫酸根，中心原子S的价层电子对数为4，则轨道杂化类型为sp3，S上没有孤电子对，SO的立体构型是正四面体；在Cu(NH3)42中Cu2提供空轨道，NH3提供孤对电子，所以形成的化学键称为配位键；提供孤电子对的成键原子是N; 因为氨气分子间可以形成氢键，所以氨的沸点高于膦；(5)由题干信息知，黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶胞中含有3个Cu、1个Zn，则晶胞的质量为 g g，则晶胞的边长为 cm cm。答案：(1)3d104s1 跃迁(2)大于Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子(3)6 sp3(4)正四面体 配位键N高于(5) 36【化学选修5：有机化学基础】(15分)有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：